2020-2021学年广东省惠州市高二（下）3月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省惠州市高二（下）3月月考数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 复数21−i（i为虚数单位）的虚部是( )
A.iB.−iC.1D.−1

2. 已知向量a→=1,1,0,b→=−1,0,2，且ka→+b→与2a→−b→互相平行，则k的值是（ ）
A.−2B.43C.53D.75

3. 永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩．2008年7月，成功列入世界遗产名录．它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧．土楼具体有圆形，方形，五角形，八角形，日字形，回字形，吊脚楼等类型．现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究．要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻．则共有( )种不同的排法．

A.480B.240C.384D.1440

4. 双曲线C:x2a2−y2b2=1a,b>0，圆M:x+22+y2=3与双曲线C的一条渐近线相交所得弦长为2，则双曲线的离心率等于( )
A.2 B. 3C. 62 D.72

5. 1+x2x−2x6展开式的常数项为（ ）
A.−160B.−5C.240D.80

6. 已知函数y=fx的导函数为f′x，且满足fx=2xf′1+lnx，则曲线在点P1,f1处的切线的斜率等于（ ）
A.−eB.−1C.1D.e

7. 已知二项式2x−1n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中x3项的系数为( )
A.−80B.80C.−160D.−120

8. 三人踢毯子，互相传递，每人每次只能踢一下，若由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A.4种B.5种C.6种D.12种
二、多选题

已知复数z1=1+i，z2=1−i，则（ ）
A.|z1|=2
B.z1=z2
C.z1⋅z2对应的点在复平面的虚轴上
D.在复平面内，满足方程|z−z1|+|z−z2|=3的复数z对应的点的轨迹为椭圆

若3男3女排成一排，则下列说法错误的是( )
A.共计有720种不同的排法
B.男生甲排在两端的共有120种排法
C.男生甲、乙相邻的排法总数为120种
D.男女生相间排法总数为72种

对于a+bnn∈N∗展开式的二项式系数，下列结论正确的是( )
A.Cnm=Cnn−m
B.Cnm+Cnm−1=Cn+1m
C.当n为偶数时， Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n
D.Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n−1

我国古代著名的数学著作中，《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算经》、《孙丘建算经》、《海岛算经》、《五经算术》、《级术》和《纠古算经》，称为“算经十书”，某老师将其中的《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经）、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为（ ）
A.C51C62A44B.A65C51C.C51A62A44D.C62A55
三、填空题

设复数z1=3−4i和z2=−2+3i，则z1−z2在复平面内对应的点位于第________象限．

若3An3−6An2=4Cn+1n−1，则n=________.

已知焦点在x轴上的椭圆x22m2+y2m+1=1的一个焦点在直线2x−y+2=0上，则椭圆的离心率为________.

将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，每所大学至少保送一人．
(1)有________种不同的保送方法；

(2)若甲不能被保送到北大，有________种不同的保送方法．
四、解答题

已知x+12xn的展开式中，前三项的系数成等差数列．
(1)求n；

(2)求展开式中的常数项．

从7名男生和5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法有多少种？
(1)其中的A，B必须当选；

(2)A，B恰有一人当选；

(3)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同职务，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任．

设1−2x2020=a0+a1x+a2x2+⋯+a2020x2020x∈R．
(1)求a0+a1+a2+⋯+a2020的值；

(2)求a1+a3+a5+⋯+a2019的值；

(3)求|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a2020|的值．

在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60∘，点E是边AB的中点（如图1），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连结A1B,A1C，得到四棱锥A1−BCDE（如图2）．

(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；

(2)若A1E⊥BE，连结CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．

已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，离心率为12，过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点， △AF1B的周长为8，O为坐标原点．
(1)求椭圆的方程；

(2)求△AOB面积的最大值．

已知函数fx=ax2，gx=lnx.
(1)当a=1时，求fx−gx的最小值；

(2)若曲线y=fx与y=gx有两条公切线，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省惠州市高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
考察复数基本概念，分母复数乘其共轭复数，分子也乘对应共轭复数，然后化简即可.
【解答】
解：复数21−i=2⋅(1+i)(1−i)⋅(1+i)=1+i，
故虚部为1.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
空间向量的加减法
空间向量运算的坐标表示
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
利用空间向量坐标运算法则求出ka→+b→=k−1,k,2，2a→−b→=3,2,−2，再由ka→+b与2a→−b→互相平行，能求出k的值．
【解答】
解：∵ 向量a→=1,1,0，b→=−1,0,2，
∴ ka→+b→=k−1,k,2，
2a→−b→=3,2,−2，
∵ ka→+b→与 2a→−b→互相平行，
∴ k−13=k2=2−2，
解得k=−2.
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
有关排列、组合的计算
排列、组合的应用
【解析】
运用捆绑法，快速解题．
【解答】
解：因为圆形只放首尾，所以只有2种可能；
方形、五角形相邻，则将这二者捆绑看做一个整体，内部讲究顺序只有2种可能；
一共七个位置，除去圆形，还剩6个位置，而将方形、五角形这二者看做一个整体，最后还剩5个位置按顺序排，即A55=120，
综上，共有：2×2×120=480种不同的排法．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
直接根据圆的弦长公式求出圆心到渐近线的距离，从而建立关于a, b, c的方程，化简即可求得离心率．
【解答】
解：双曲线的一条渐近线bx−ay=0，
由条件知圆心−2,0到渐近线的距离等于3−12=2，
从而|−2b|a2+b2=2bc=2，b=22c，a=22c，
所以e=ca=2.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
利用二项式定理求解即可.
【解答】
解：x−2x6展开式的通项为：
Tr+1=C6rx6−r−2xr=−2rC6rx6−2r，
则1+x2x−2x6展开式的常数项为
1×−23C63+1×−24C64=80.
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的运算
【解析】
根据题意，求出函数的导数，进而可得f′1=2f′1+1 ，解可得f′1的值，由导数的几何意义分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数fx满足
fx=2xf′1+lnx，
其导函数f′x=2f′1+1x，
则有f′1=2f′1+1 ，
解可得f′1=−1，
则fx图象在点M1,f1处的切线斜率k=−1.
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
依题意可得n=6，再写成二项式展开式的通项为Tr+1=C5r2x6−7−1，令6−r=3，求出厂，再代入计算，即可求出展开
式中x3的系数；
【解答】
解：二项式2x−1n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，
∴ n=6，
因为二项展开式的通项是Tr+1=Cnr2xn−r−1r，
即T4=C632x3−13=−160x3，
则展开式中x3项的系数为−160，
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
计数原理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当开始甲将毽子传给乙时，经过4次传递后，毽子正好回到甲的方式有3种：
甲→乙→甲→丙→甲，
甲→乙→甲→乙→甲，
甲→乙→丙→乙→甲，
(2)当开始甲将毽子传给丙时，经过4次传递后，毽子正好回到甲的方式有3种：
甲→丙→乙→丙→甲，
甲→丙→甲→丙→甲，
甲→丙→甲→乙→甲，
所以不同的传递方式有：3+3=6（种）．
故选C.
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
共轭复数
复数的模
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
椭圆的定义
【解析】
直接利用复数的运算，复数的几何意义判定A、B、C、D的结论．
【解答】
解：由题意，z1=1+i，z2=1−i，
|z1|=12+12=2，z1=z2，
故A错误，B正确；
z1⋅z2=1+i1−i=1−i2=2，
故 z1⋅z2对应的点(2,0)在复平面的实轴上，故C错误；
方程|z−z1|+|z−z2|=3>2=|z1⋅z2|，
故复数z对应的点的轨迹是以(1,1)，(1,−1)为焦点的椭圆，故D正确.
故选BD.
【答案】
B,C
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
无
【解答】
解：男3女3排成一排共计有A66=720种；
男生甲排在两端的共有2A55=240种；
男生甲、乙相邻的排法总数A22A55=240种；
男女生相间排法总数2A33A33=72种．
故选BC．
【答案】
A,B,C
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
考察二项式定理的基本性质.
【解答】
解：A，Cnm=Cnn−m是二项式基本性质，正确；
B，Cnm+Cnm−1=Cn+1m为二项式基本性质，正确；
C，Cn0+Cn1+...+Cnn=(1+1)n=2n,C正确，D错误.
故选ABC.
【答案】
A,D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
无
【解答】
解：分三步完成，
第一步：选择一个人，有C51种选法；
第二步：为这个人选两本书，有C62种选法；
第三步：剩余四人各分得一本书，有A44种选法．
故由乘法原理可知，不同的分配方法的种数为C51C62A44.
分两步完成，
第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有C62种选法，
第二步：将五组分配给五个人，有A55种选法．
故由乘法原理可知，不同的分配方法的种数为C62A55．
故选AD．
三、填空题
【答案】
四
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
根据复数的基本运算以及复数的几何意义进行判断即可，
【解答】
解：∵ z1=3−4i,z2=−2+3i，
∴ z1−z2=3−4i−(−2+3i)=5−7i，
对应的点的坐标为(5, −7)，位于第四象限，
故答案为：四．
【答案】
5
【考点】
排列及排列数公式
组合及组合数公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：3An3−6An2=4Cn+1n−1，
3n(n−1)(n−2)−6n(n−1)=4Cn+12，
3n(n−1)(n−2)−6n(n−1)=2(n+1)n，
化简，得3n2−17n+10=0，
解得n=5或n=23（舍去）.
故答案为：5.
【答案】
23
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
求出椭圆的焦点坐标，转化求解m，然后求解椭圆的离心率即可．
【解答】
解：将y=0代入直线方程得x=−2 ，
即椭圆的一个焦点坐标为−2,0 ，
所以半焦距c=2，
又因为2m2−m+1=c2=2 ，
即2m2−m−3=0 ，
解得m=32或m=−1（舍去），
所以实半轴长为a=2m2=322，
所以椭圆的离心率为 e=ca=2322=23.
故答案为：23.
【答案】
150
100
【考点】
分步乘法计数原理
排列、组合的应用
【解析】
根据题意，分2步进行分析：①、先将甲、乙等5位同学分成3组：需要分2种情况讨论，②、将分好的三组对应三所大学，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
分类分步求解即可.
【解答】
解：1根据题意，分2步进行分析：
①先将甲、乙等5位同学分成3组：
若分成1−2−2的三组，有C51C42C22A22=15种分组方法，
若分成1−1−3的三组，有C51C41C33A22=10种分组方法，
则将5人分成3组，有15+10=25种分组方法；
②将分好的三组对应三所大学，有A33=6种情况，
则每所大学至少保送一人的不同保送方法25×6=150种.
故答案为：150．
(2)由(1)可得先将五人分成三组，有25分组方法．
因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，
所以不同的保送方案共有25×4=100（种）．
故答案为：100.
四、解答题
【答案】
解：(1)二项式x+12xn展开式的第r+1项为Tr+1=Cnr⋅xn−r12r⋅x−r=Cnr⋅12r⋅xn−2r，
因为该二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，
所以Cn0⋅120+Cn2122=2Cn1⋅121，即1+n(n−1)8=n，
整理得n2−9n+8=0，
解得n=8或n=1，
又n=1显然不满足题意，所以n=8.
(2)由(1)得Tr+1=C8r⋅12r⋅x8−2r，
令8−2r=0得r=4，
所以展开式中的常数项为T5=C84⋅124=358．
【考点】
等差数列的性质
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)二项式x+12xn展开式的第r+1项为Tr+1=Cnr⋅xn−r12r⋅x−r=Cnr⋅12r⋅xn−2r，
因为该二项式的展开式中，前三项的系数成等差数列，
所以Cn0⋅120+Cn2122=2Cn1⋅121，即1+n(n−1)8=n，
整理得n2−9n+8=0，
解得n=8或n=1，
又n=1显然不满足题意，所以n=8.
(2)由(1)得Tr+1=C8r⋅12r⋅x8−2r，
令8−2r=0得r=4，
所以展开式中的常数项为T5=C84⋅124=358．
【答案】
解：(1)根据题意，先选出A，B，再从剩下的10人中选3人，
共有C22C103=120种选法；
(2)根据题意，先选出A，B中1人，再从剩下的10人中选4人，
共有C21C104=420种选法；
(3)选出一名男生担任体育委员共有C71种情况，
选出一名女生担任班长共有C51种情况，
剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其它3个班委，共有C62C41A33种情况，
所以共有C71C51C62C41A33=12600种选法．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)根据题意，先选出A，B，再从剩下的10人中选3人，
共有C22C103=120种选法；
(2)根据题意，先选出A，B中1人，再从剩下的10人中选4人，
共有C21C104=420种选法；
(3)选出一名男生担任体育委员共有C71种情况，
选出一名女生担任班长共有C51种情况，
剩下6名男生再选2人，4名女生再选1人，担任其它3个班委，共有C62C41A33种情况，
所以共有C71C51C62C41A33=12600种选法．
【答案】
解：(1)令x=1，得(−1)2020=a0+a1+a2+⋯+a2020，
故a0+a1+a2+⋯+a2020=1．
(2)令x=−1，得a0−a1+a2−a3+⋯+a2020=32020，
故2(a1+a3+a5+⋯+a2019)=1−32020,
即a1+a3+a5+⋯+a2019=1−320202．
(3)∵ Tk−1=C2020k(−2x)k=(−1)kC2020k(2x)k，
故当k为偶数时，ak>0，k为奇数时，ak<0，
故|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a2020|
=a0−a1+a2−a3+⋯+a2020=32020．
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)令x=1，得(−1)2020=a0+a1+a2+⋯+a2020，
故a0+a1+a2+⋯+a2020=1．
(2)令x=−1，得a0−a1+a2−a3+⋯+a2020=32020，
故2(a1+a3+a5+⋯+a2019)=1−32020,
即a1+a3+a5+⋯+a2019=1−320202．
(3)∵ Tk−1=C2020k(−2x)k=(−1)kC2020k(2x)k，
故当k为偶数时，ak>0，k为奇数时，ak<0，
故|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a2020|
=a0−a1+a2−a3+⋯+a2020=32020．
【答案】
(1)证明：连接BD，
在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
所以△ABD是等边三角形．
因为点E是边AB的中点，
所以DE⊥BE，DE⊥AE，折叠后有DE⊥A1E．
因为BE∩A1E=E，BE⊂平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE．
(2)解：因为A1E⊥BE，A1E⊥DE，DE⊥BE，
故以点E为原点，以射线EB，ED，EA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E−xyz．
因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，
所以CD=2，DE=3，A1E=1，
则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，C(2,3,0)，D(0,3,0)，
所以CE→=(−2,−3,0)，DC→=(2,0,0)，A1D→=(0,3,−1)．
设平面A1CD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
DC→⋅n→=0，A1D→⋅n→=0，
2x=0，3y−z=0，
令y=1,
则n→=(0,1,3)，
设直线CE与平面A1CD所成角为θ，
则sinθ=cs⟨n→,CE→⟩=|n→⋅CE→||n→||CE→|=32×7=2114，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：连接BD，
在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
所以△ABD是等边三角形．
因为点E是边AB的中点，
所以DE⊥BE，DE⊥AE，折叠后有DE⊥A1E．
因为BE∩A1E=E，BE⊂平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE．
(2)解：因为A1E⊥BE，A1E⊥DE，DE⊥BE，
故以点E为原点，以射线EB，ED，EA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E−xyz．
因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，
所以CD=2，DE=3，A1E=1，
则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，C(2,3,0)，D(0,3,0)，
所以CE→=(−2,−3,0)，DC→=(2,0,0)，A1D→=(0,3,−1)．
设平面A1CD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
DC→⋅n→=0，A1D→⋅n→=0，
2x=0，3y−z=0，
令y=1,
则n→=(0,1,3)，
设直线CE与平面A1CD所成角为θ，
则sinθ=cs⟨n→,CE→⟩=|n→⋅CE→||n→||CE→|=32×7=2114，
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为2114．
【答案】
解：(1)设椭圆半焦距为c，
由题意可知4a=8，a=2.
由离心率有c=1，b2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1．
(2)设直线AB:x=ty+1，
联立方程组 x24+y23=1,x=ty+1，
消去x得4+3t2y2+6ty−9=0.
设Ax1,y1,Bx2,y2，
有y1+y2=−6t4+3t2，y1y2=−94+3t2，
由|OF2|=1，所以△OAB的面积
S=12×|OF2|×|y1−y2|
=12(−6t)2(4+3t2)2+364+3t2
=6t2+14+3t2=63t2+1+1t2+1.
由函数y=3x+1x在x∈[1,+∞)上单调递增，
所以31+t2+11+t2≥4，
当且仅当t=0时取等号，
所以S=631+t2+1t2+1≤32 ，
所以△OAB面积的最大值为32.
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆半焦距为c，
由题意可知4a=8，a=2.
由离心率有c=1，b2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1．
(2)设直线AB:x=ty+1，
联立方程组 x24+y23=1,x=ty+1，
消去x得4+3t2y2+6ty−9=0.
设Ax1,y1,Bx2,y2，
有y1+y2=−6t4+3t2，y1y2=−94+3t2，
由|OF2|=1，所以△OAB的面积
S=12×|OF2|×|y1−y2|
=12(−6t)2(4+3t2)2+364+3t2
=6t2+14+3t2=63t2+1+1t2+1.
由函数y=3x+1x在x∈[1,+∞)上单调递增，
所以31+t2+11+t2≥4，
当且仅当t=0时取等号，
所以S=631+t2+1t2+1≤32 ，
所以△OAB面积的最大值为32.
【答案】
解：(1)当a=1时，令Fx=fx−gx=x2−lnx，
F′x=2x−1x=2x2−1xx>0，
令F′x=0且x>0可得x=22，
当x∈(0, 22)时，F′(x)<0，
当x∈(22, +∞)时，F′(x)>0，
Fmin=F22=12−−12ln2=12+12ln2 ．
(2)由函数fx和gx的图象可知，当fx>gx时，曲线y=fx与y=gx有两条公切线．
即ax2>lnx在0,+∞上恒成立，即a>lnxx2在0,+∞上恒成立，
设ℎx=lnxx2，ℎ′x=1−2lnxx3，
令ℎ′x=1−2lnxx3=0，x=e，
当x∈(0, e)时，ℎ′(x)>0，
当x∈(e, +∞)时，ℎ′(x)<0，
即ℎmax=ℎe=12e，
因此a>12e .
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，令Fx=fx−gx=x2−lnx，
F′x=2x−1x=2x2−1xx>0，
令F′x=0且x>0可得x=22，
当x∈(0, 22)时，F′(x)<0，
当x∈(22, +∞)时，F′(x)>0，
Fmin=F22=12−−12ln2=12+12ln2 ．
(2)由函数fx和gx的图象可知，当fx>gx时，曲线y=fx与y=gx有两条公切线．
即ax2>lnx在0,+∞上恒成立，即a>lnxx2在0,+∞上恒成立，
设ℎx=lnxx2，ℎ′x=1−2lnxx3，
令ℎ′x=1−2lnxx3=0，x=e，
当x∈(0, e)时，ℎ′(x)>0，
当x∈(e, +∞)时，ℎ′(x)<0，
即ℎmax=ℎe=12e，
因此a>12e .